đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE240 THPT đa phúc, hà nội (l3)

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ LẦN 3

Mônthi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

1 4
x  2x2  3 .
4

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số
1 2x
y
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho trung điểm của AB nằm trên trục hoành.
x 1
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thoả mãn: ( z  i )(1  2i )  1  3i  0. Tính môđun của số phức w  z 2  z.
b) Giải phương trình: 24 x 2.4 x  2  3  2 x.

4

sin 4 x
dx.
cos 2 x  2
0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;0; 3) và mặt phẳng
( P) : x  2 y  2 z  12  0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục Ox, đi qua A và tiếp
xúc với (P).
Câu 6 (1,0 điểm).


(cos   cos  ) 2  (sin   sin  ) 2
a) Cho     . Tính giá trị biểu thức P 
.
4
(sin   cos  ) 2  (cos   sin  ) 2
b) Trong giải bóng đá của trường THPT X có 16 đội tham gia, trong đó có một đội của lớp Y
và một đội của lớp Z. Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai
bảng A và B, mỗi bảng 8 đội. Tính xác suất để hai đội Y và Z ở cùng một bảng.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung
điểm của cạnh AB. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SA và IC theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là điểm đối
xứng của A qua BC. Đường thẳng đi qua A vuông góc với CD có phương trình 4 x  3 y  20  0.
Biết rằng phương trình đường thẳng AD: x  2 y  10  0 , điểm B nằm trên đường thẳng
d : x  y  5  0. Tìm toạ độ các điểm B, C.
1

 2
5
x y
x2  y

2
2

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x, y    .
2

4 x y  8x  y  1  4 y  x  2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab  bc  ca  3abc. Tìm giá trị nhỏ
4
nhất của biểu thức P  ( a  1)(b  1)(c  1) 
.
3 3
3
a  b  c3  5
______________Hết______________

Họ và tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh: ……………….………


TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

THI THỬ LẦN 3

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Mônthi: TOÁN

Câu

Đáp án

Điểm

(1 điểm)
- TXĐ: D  

0.25

x  0
Sự biến thiên: y '  x 3  4 x; y '  0  x3  4 x  0  
 x  2
- Gới hạn:
1

1

lim y  lim  x 4  2 x 2  3   ; lim y  lim  x 4  2 x 2  3   .
x 
x  4
x 
x  4




- Bảng biến thiên
Bảng biến thiên

x –∞
0
2
+∞
2
–
0
+
0
–
0
+
y
+∞
+∞
3
-

1
(1,0
điểm)

0.25

y
1

0.25

1

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 2; 0) và (2;  )
– Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 2) và (0; 2)
- Hàm số đạt CĐ tại (0; 3) và đạt CT tại (–2; –1); (2; –1)
- Hàm số đạt cực đại x  0, ycd  3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yct  1 .
-

Vẽ đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;3) và nhận Oy làm trục đối xứng

0.25

2
(1 điểm)

(1 điểm)
*Phương trình hoành độ giao điểm:
1  2x
 x  m  x2  (m  3) x  m  1  0 (1). (vì x  1 không là nghiệm).
x 1
*Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 .    (m  3) 2  4(m  1)  0  m 2  2m  13  0, m.
*Khi

đó A( x1 ; x1  m), B( x2 ; x2  m) và

trung

điểm

I

của

 x  x x  x  2m 
I 1 2; 1 2
.
2
 2

*Vì I thuộc Ox nên x1  x2  2m  0 ; theo vi-ét ta có: x1  x2   m  3 .

Vậy ta có phương trình: m  3  2m  0  m  3.

AB

0.25

0.25

là
0.25

0.25


a) (0,5 điểm)
* Ta có: z  i 
3
(1 điểm)

1  3i (1  3i )(1  2i )

 1  i  z  1  2i.
1  2i
5

0.25

*Vì vậy w  (1  2i) 2  (1  2i )  2  2i  w  2 2.

0.25

b) (0.5 điểm)
Phương trình tương đương với: 4.22 x  3  2 x

0.25

x

x

x

 (2  1)(4.2  3)  0  2  1  x  0.

4

Tính tích phân I  
0


4

4
(1 điểm)

*Ta có: I  
0

0.25

sin 4 x
dx. (1 điểm)
cos 2 x  2

2sin 2 x.cos 2 x
dx.
cos 2 x  2

0.25

*Đặt t  cos 2 x  2  cos 2 x  t  2  2sin 2 xdx  dt.
*Với x  0  t  3; x 

0.25


 t  2.
4

0.25

2

3
3
(t  2) dt
3
 2
   1   dt   t  2 ln t   1  2 ln .
2
t
t
2
3
2

*Vì vậy I  

0.25

Viết phương trình mặt cầu (1 điểm)
*Gọi tâm của (S) là I, vì I thuộc Ox nên

t  12
.
3

I (t ;0;0)  IA  (t  1) 2  9; d ( I ;( P)) 

0.25

*Vì (S) đi qua A và (P) tiếp xúc (S) nên: IA  d ( I ;( P ))  R.
*Ta có phương trình:
5
(1 điểm)

t  3
t  12
2
2
2
2
(t  1)  9 
 9(t  2t  10)  (t  12)  8t  6t  54  0   9 .
t 
3
 4

0.25

+) Với t  3  I (3; 0;0), R  5  ( S ) : ( x  3)2  y 2  z 2  25.
2

9
13
9
169
9



+) Với t   I  ;0; 0  , R   ( S ) :  x    y 2  z 2 
.
4
4
4
16
4



0.25

2

9
169

*Vậy có hai mặt cầu thoả mãn là ( x  3)  y  z  25;  x    y 2  z 2 
.
4
16

2

2

2



. Tính giá trị biểu thức P (0.5 điểm)
4
2  2(cos  cos   sin  sin  ) 1  cos(   )
P

.
2  2(cos  sin   sin  cos  ) 1  sin(    )

0.25

a) Cho    

6
(1 điểm)

2
2  3  2 2.

2
1
2

0.25

1

0.25


b) Tính xác suất (0.5 điểm)

Số phần tử của không gian mẫu là số cách chia 16 đội thành 2 bảng đấu mỗi bảng
0.25
gồm 8 đội có n( )  C168 .C88 .
*Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Có các khả năng xảy ra biến cố A như sau:
+) Hai đội Y và Z thuộc cùng bảng A; có 1.C146 .C88 cách.
+) Hai đội Y và Z thuộc cùng bảng B có 1.C146 .C88 cách.
*Vậy n( A)  2C146 .C88 và P( A) 

0.25

2C146 .C88 7
 .
C168 .C88 15

a) Tính thể tích (0.5 điểm)

* S ABCD  a 2 .
*Gọi H  IC  BD , ta có:

(SIC) (SBD)  SH

(SIC)  ( ABCD)
(SBD)  ( ABCD)


0.25

  600
 SH  ( ABCD)  SBH

*Theo Talets ta có:

HB IB 1
BD a 2

  HB 

.
HD CD 2
3
3

*Suy ra: SH  HB.tan 600 
7
(1 điểm)

a 6
.
3

0.25

1
1 a 6 2 a3 6
*Vì vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  .
.a 
.
3
3 3
9

b) Tính khoảng cách (0.5 điểm)

*Gọi J là trung điểm CD; ta có AI  CJ , AI || CJ  CIAJ là hình bình hành, do
đó CI || AJ .
*Suy ra IC || ( SAJ )  d ( SA; IC )  d ( IC ;( SAJ ))  d ( H ; ( SAJ )) (1).
*Kẻ
HK  AJ ( K  AJ ), HT  SK (T  SK )  HT  ( SAJ )  HT  d ( H ;( SAJ )) (2).
a2 a 5

4
2
2S
S
a
 HK  d ( A; CI )  ACI  ABCD 
.
CI
2CI
5
* Tam giác vuông SHK có

0,25

*Ta có CI  CB 2  BI 2  a 2 

1
1
1
5
3

13
a 26


 2  2  2  HK 
(3).
2
2
2
HT
HK
SH
a
2a
2a
13

*Từ (1), (2), (3) suy ra: d ( SA; IC )) 

a 26
.
13

0.25


Tìm toạ độ các điểm B, C.

*Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
4 x  3 y  20  0

 A(2; 4).

 x  2 y  10  0

0.25

*Gọi H là giao điểm của CD và đường thẳng đi qua A vuông góc CD.
  BAC
  900 , do đó ABDC là tứ
*Vì D là điểm đối xứng của A qua BC nên BDC
giác nội tiếp.
  900  
*Ta có: DAH
ADC
8
(1 điểm)

*
ADC  
ABC (cùng chắn cung 
AC ).

*
ABC  900  DAB

0.25


  DAB
  AD là tia phân giác góc BAH

*Từ đó suy ra: DAH
*Lấy điểm M ( 5; 0) là điểm thuộc AH; gọi N là điểm đối xứng của M qua AD, ta
có N thuộc AB và toạ độ điểm N là nghiệm của hệ:
y0
x 5
 2.
 10  0
 x  7


 N (7; 4).
2
 2
y  4
2( x  5)  1( y  0)  0

0.25

*Đường thẳng AB đi qua A, N có PT: y  4  0.
x  y  5  0
*Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 
 B(1; 4).
y  4  0
*Đường thẳng AC đi qua A, vuông góc AB có PT: x  2  0.
*Đường thẳng BC đi qua B, vuông góc AD có PT: 2 x  y  6  0.
x  2  0
*Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: 
 C (2;10).
2 x  y  6  0
*Vậy B (1; 4), C ( 2;10).

0.25

Giải hệ (1 điểm)
*Điều kiện: x  0, y  0, x 2  y  0.
*Đặt t  x 2  y (t  0) , phương trình thứ nhất của hệ trở thành:
1

5
5
 2t  2 t   0 (*).
2
2
1

5
t
*Xét hàm số f (t )  2  2 t  trên (0; ) ,
2
1
1 
ta có: f '(t )  2t ln 2  2 2 t ln 2  0, t  0.
t
*Do đó f(t) đồng biến trên (0; ) và f (1)  0 vì vậy (*) có nghiệm duy nhất


1

2t  2 t 

9
(1 điểm)

t  1 trên (0; ) .

0.25

0.25


x 2  y  1  y  x 2  1.

*Vậy

*Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

4 x x 2  1  x 2  8 x  4( x 2  1)  x  2.
*Kết hợp với điều kiện x  0  x  1.
*Phương trình tương đương với:



 



4 x2  1 x  x2  1  x  2  x 2  8x  0 

4 x2 1
x  x2 1



4( x  1)
x  2  x 2  8x

0

0.25



x 1
x 1
 x 1 

  0 (**).
2
2
x

x

1
x

2

x


8
x


*Vì x  2  x 2  8 x  x  x 2  1; x  1  x  1, x  1.
*Suy ra: f ( x) 

x 1
2



x  x 1

x 1
x  2  x2  8x

 0, x  1.

0.25

*Vì vậy (**)  x  1  0  x  1.
*Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y )  (1; 0).
Tìm GTNN (1 điểm)
*Theo giả thiết và bất đẳng thức AM – GM ta có:

3

1 1 1
9

  
 a  b  c  3.
a b c a bc

*Và (ab  bc  ca) 2  3abc(a  b  c )  ab  bc  ca  a  b  c.

4
7
*Suy ra: (a  1)(b  1)(c  1)  (ab  bc  ca )  a  b  c  1  (a  b  c )  1 (1).
3
3

0.25

a3  b3  c 3  (a  b  c)3  3(a  b  c )(ab  bc  ca)  3abc
 (a  b  c)3  (ab  bc  ca)(1  3(a  b  c))
10
(1 điểm)

 (a  b  c )3  (a  b  c)(1  3(a  b  c)) (2)
7
4
*Đặt t  a  b  c (t  3) , từ (1), (2) ta có: P  t  1 
.
3
3
3
t  3t 2  t  5

0.25

7
4
*Xét hàm số f (t )  t  1 
trên  3;  , ta có:
3
3
3
t  3t 2  t  5

f '(t ) 


7 3 (t 3  3t 2  t  5) 4  4(3t 2  6t  1)
7
4(3t 2  6t  1)


3 3 3 (t 3  3t 2  t  5) 4
3 3 (t 3  3t 2  t  5)4
14(t 3  3t 2  t  5)  4(3t 2  6t  1)
3 3 (t 3  3t 2  t  5) 4



14t 3  54t 2  38t  66
3 3 (t 3  3t 2  t  5) 4

0.25

 0, t  3.

*Do đó f(t) đổng biến trên  3;  và P  f (t )  f (3)  10.
0.25
*Với a = b = c =1 thì P = 10. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 10.
-------------Hết-------------